网络流24题6. 最长递增子序列问题

最长递增子序列问题

Description

给定正整数序列 x1,x2,x3,...,xn
（1）计算其最长递增子序列的长度 s。
（2）计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为 s 的递增子序列。
（3）如果允许在取出的序列中多次使用x1和xn，则从给定序列中最多可取出多少个长度为 s 的递增子序列。

Input

第 1 行有 1 个正整数 n，表示给定序列的长度。接下来的 1 行有 n 个正整数x1...xn

Output

第 1 行是最长递增子序列的长度 s。第 2 行是可取出的长度为 s 的递增子序列个数。第 3 行是允许在取出的序列中多次使用x1和xn时可取出的长度为 s 的递增子序列个数。

题解

题面冠冕堂皇的说着什么最长递增子序列，数据竟给的是最长不上升子序列的，令人无语。
第一问可以用最简单的O(n)的动态规划求出，fi为以xi结束的最长递增子序列长度，记最长递增子序列长度为k。
下面考虑建图，因为每个xi只能去一次，那么要限流，所以将每个xi拆成两个点ai和bi，从ai向bi连一条容量为1的边，就可以保证流过xi的流量最多为1。
然后从s点向每个fi=1的ai连一条容量为1的边，然后从每个fi=k的bi向t连一条容量为1的边。从满足⎧⎩⎨⎪⎪i<jxi<xjfi+1=fj的bi向aj连一条容量为1的边。这样，一条从s到t的可行流就是一个最长递增子序列，最大流即是答案。
对于第三问只需要将<a1,b1>，<an,bn>，<s,a1>，<bn,t>四条边的容量赋为inf，再算一遍最大流即可。
【建模分析】
上述建模方法是应用了一种分层图的思想，把图每个顶点i按照fi的不同分为了若干层，这样图中从S出发到T的任何一条路径都是一个满足条件的最长上升子序列。由于序列中每个点要不可重复地取出，需要把每个点拆分成两个点。单位网络的最大流就是增广路的条数，所以最大流量就是第二问结果。第三问特殊地要求x1和xn可以重复使用，只需取消这两个点相关边的流量限制，求网络最大流即可。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;const int N = 1000 + 10, M = 2000000 + 10, inf = 0x3f3f3f3f;struct Edge{    int fr, to, cap, flow;}edg[M];int hd[N], nxt[M];int d[N], vis[N], q[N], dfn;int s, t;int n, ans, tot, k;int a[N], f[N];int e1, e2, e3, e4;void insert(int u, int v, int w){    edg[tot].fr = u, edg[tot].to = v, edg[tot].cap = w;    nxt[tot] = hd[u], hd[u] = tot;    if(u == 1 && v == n + 1) e1 = tot;    if(u == n && v == n + n) e2 = tot;    if(u == s && v == 1) e3 = tot;    if(u ==  n + n && v == t) e4 = tot;    tot++;    edg[tot].fr = v, edg[tot].to = u;    nxt[tot] = hd[v], hd[v] = tot;    tot++;}bool bfs(){    int head = 1, tail = 1;    q[1] = s; vis[s] = ++dfn; d[s] = 0;    while(head <= tail){        int u = q[head++];        for(int i = hd[u]; i >= 0; i = nxt[i]){            Edge &e = edg[i];            if(vis[e.to] == dfn || e.cap <= e.flow) continue;            vis[e.to] = dfn;            d[e.to] = d[u] + 1;            q[++tail] = e.to;        }    }    return vis[t] == dfn;}int dfs(int x, int a){    if(x == t || a == 0) return a;    int flow = 0, f;    for(int i = hd[x]; i >= 0; i = nxt[i]){        Edge &e = edg[i];        if(d[e.to] == d[x] + 1 && (f = dfs(e.to, min(a, e.cap - e.flow))) > 0){            flow += f;            e.flow += f;            edg[i^1].flow -= f;            a -= f;            if(a == 0) break;        }    }    return flow;}void dp(){    for(int i = 1; i <= n; i++){        for(int j = 1; j < i; j++)            if(a[j] <= a[i] && f[j] > f[i])                f[i] = f[j];        f[i]++;        k = max(k, f[i]);    }}void build(){    s = 0, t = n * 2 + 1;    int tmp[5];    for(int i = 1; i <= n; i++){        insert(i, i + n, 1);        if(f[i] == 1) insert(s, i, 1);        if(f[i] == k) insert(i + n, t, 1);    }    for(int i = 1; i <= n; i++)        for(int j = i + 1; j <= n; j++)            if(a[i] <= a[j] && f[i] + 1 == f[j])                insert(i + n, j, 1);}void init(){    memset(hd, -1, sizeof(hd));    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; i++)        scanf("%d", &a[i]);}void work(){    dp();    printf("%d\n", k);    build();    while(bfs())        ans += dfs(s, inf);    printf("%d\n", ans);    edg[e1].cap = edg[e2].cap = edg[e3].cap = edg[e4].cap = inf;    while(bfs())        ans += dfs(s, inf);    printf("%d\n", ans);}int main(){    init();    work();    return 0;}